2025届高考物理二轮专题复习与测试模块二能量和动量专题六动力学和能量观点的综合应用

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块二能量和动量专题六动力学和能量观点的综合应用，共13页。
1．该专题在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。 2.掌握从动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。
命题点1 运动学规律和能量观点的应用
1．(2024·江苏卷，T15)如图所示，粗糙斜面与物块间的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求：
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cs θ＝ma
由运动学公式 0－v2＝－2ax
联立解得x＝ eq \f(v2,2g(sin θ＋μcs θ)) 。
(2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力
F＝mg sin θ＋μmg cs θ
由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcs θ)。
(3)全过程物块增加的机械能
E1＝mgL sin θ
整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故
E2＝E1＋μmgL cs θ
eq \f(E1,E2) ＝ eq \f(mgL sin θ,mgL sin θ＋μmgL cs θ) ＝ eq \f(tan θ,μ＋tan θ) 。
答案：(1) eq \f(v2,2g(sin θ＋μcs θ))
(2)mgv(sin θ＋μcs θ) (3) eq \f(tan θ,μ＋tan θ)
命题点2 动力学方法和动能定理的综合应用
2.(多选)(2023·广东卷，T8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从 eq \f(1,4) 圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( BCD )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析：重力做的功WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,Q) ，代入数据解得克服阻力做的功Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小a＝ eq \f(v eq \\al(2,Q) ,h) ＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
3．(2023·湖北卷，T14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 eq \(CDE,\s\up8(︵)) 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 eq \(CDE,\s\up8(︵)) 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为 eq \f(1,2π) ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。
(1)求小物块到达D点的速度大小；
(2)求B和D两点的高度差；
(3)求小物块在A点的初速度大小。
解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m eq \f(v eq \\al(2,D) ,R) ＝mg，解得 vD＝ eq \r(gR) 。
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 eq \(CDE,\s\up10(︵)) 内侧，则在C点有cs 60°＝ eq \f(vB,vC)
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cs 60°)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C)
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B)
联立解得vB＝ eq \r(gR) ，HBD＝0。
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,A)
s＝π·2R
解得vA＝ eq \r(3gR) 。
答案：(1) eq \r(gR) (2)0 (3) eq \r(3gR)
题型一 动力学和能量观点的应用
1．运动模型
多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者一般的曲线运动。在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。
2．规律方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
3．分析技巧
(1)如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；如果只涉及位移、功和能量的转化，通常采用动能定理分析。
(2)多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应先独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。
(多选)(2023·湖南卷，T8)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( AD )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝ eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
[解析] 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度vC＝0，则小球从B到C的过程中，速度不断减小，设小球运动过程中，小球位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为α，则有FN＝mg cs α－m eq \f(v2,R) ，则从B到C的过程中α由θ减小到0，则cs α逐渐增大，故FN逐渐增大，即小球对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，A到B的过程中重力的功率P＝－mgv sin θ，则A到B的过程中小球所受重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,C) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ，解得v0＝2 eq \r(gR) ，C错误；若小球在B点恰好脱离轨道，则有mg cs θ＝m eq \f(v eq \\al(2,B) ,R) ，则vB＝ eq \r(gR cs θ) ，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为 eq \r(gR cs θ) ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
(多选)图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，则从地面飞至2h0高处的过程中，无人机( BCD )
A．先做加速运动后做匀速运动
B．飞至h0高处时速度大小为 eq \r(gh0)
C．飞至1.5h0高处时无人机的升力为2mg
D．机械能增加量为3.5mgh0
[解析] 由题图可知无人机先做变加速运动后做匀加速运动，故A错误；无人机飞至h0高处时合外力做功W＝ eq \f(1,2) mgh0，根据动能定理有W＝ eq \f(1,2) mv2，联立解得v＝ eq \r(gh0) ，故B正确；无人机飞至1.5h0高处时，根据牛顿第二定律有F－mg＝mg，得无人机的升力F＝2mg，故C正确；无人机飞至2h0高处时合外力做功W0＝ eq \f(1,2) mg(h0＋2h0)＝1.5mgh0，即动能增加1.5mgh0，重力势能增加2mgh0，所以机械能增加量为3.5mgh0，故D正确。
如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4 m，OA的长L＝2 m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ＝0°，则小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求初速度v0的大小；
(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度＝0.4 m，求夹角θ的余弦值。
[解析] (1)小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则 eq \f(mv eq \\al(2,1) ,R) ＝mg
从O点到最高点，由动能定理可得
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝－2mgR－μmgL
联立解得v0＝2 eq \r(6) m/s。
(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度h＝0.4 m＝R
此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2，
则vx＝v2sin θ
从圆弧轨道最低端到最大高度过程由动能定理可得
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,x) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) ＝－mgh
从O点到圆弧轨道最低端过程由动能定理可得
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝－μmg· eq \f(L,cs θ)
联立解得cs θ＝ eq \f(2,3) 。
[答案] (1)2 eq \r(6) m/s (2) eq \f(2,3)
如图，滑雪运动员由静止从助滑坡道上A点自由滑下，经C点以50 m/s的速度水平飞出跳台，在坡道上K点着陆。若AC高度差H＝136 m，CK高度差h＝80 m，g取10 m/s2，忽略空气阻力，请分析说明：
(1)该运动员由A滑至C的过程中机械能是否守恒？
(2)该运动员在空中飞行的水平距离s是多少？
(3)落点K处的坡面与水平的夹角θ的正切tan θ接近什么值时，运动员着陆时坡面对他的冲击力最小？
[解析] (1)设运动员质量为m，由A滑至C的过程中，减少的重力势能ΔEp＝mgH
增加的动能ΔEk＝ eq \f(1,2) mv2
解得ΔEp＝1 360m，ΔEk＝1 250m
由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk)，
故机械能不守恒。
(2)运动员在空中做平抛运动，设其在空中飞行的时间为t，
则h＝ eq \f(1,2) gt2，s＝vt
解得t＝4 s，s＝200 m。
(3)当运动员落到K点时，若速度方向与K处坡面平行，则此时坡面对他的冲击力最小，设运动员到达K点即将着陆时竖直方向的速度为vy，速度与水平面的夹角为α，
则vy＝gt，tan α＝ eq \f(vy,v)
解得tan α＝0.8
则当tan θ的值接近0.8时，坡面对运动员的冲击力最小。
[答案] (1)不守恒 (2)200 m (3)0.8
题型二 传送带模型和板块模型
1．动力学分析
2．功能关系分析
(1)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况。
(2)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
3．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Fx相对，其中x相对是物体间相对路径长度，如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和。
如图所示，质量m＝2 kg的小物块，用长L＝0.4 m的细线悬挂于O点，现将细线拉直并与水平方向夹角α＝30°，由静止释放，小物块下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开，小物块恰好从水平传送带最左端滑上传送带，传送带以v0的速度逆时针匀速运转，其上表面距地面高度H＝1.6 m，小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜面滑上斜面。斜面高h＝1.0 m，倾角θ＝60°，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离x＝ eq \f(\r(3),2) m，g取10 m/s2。求：
(1)细线能承受的最大拉力的大小；
(2)传送带速度大小满足的条件；
(3)弹簧的最大弹性势能。
[解析] (1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有mgL(1－sin α)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B)
解得vB＝2 m/s
小物块在B点时，根据牛顿第二定律有
F－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,B) ,L) ，
联立解得F＝40 N
根据牛顿第三定律可知，小物块刚到最低点时，细线达到其能承受的最大拉力F′＝40 N。
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，小物块做平抛运动，
则有tan θ＝ eq \f(vy,v0) ，H－h＝ eq \f(1,2) gt2，vy＝gt
联立以上各式得v0＝2 m/s
则传送带速度大于等于2 m/s。
(3)小物块在斜面顶端速度v＝ eq \r(v eq \\al(2,0) ＋v eq \\al(2,y) )
小物块从顶端到压缩弹簧至最短，由机械能守恒定律得，弹簧最大的弹性势能Ep＝mgx sin θ＋ eq \f(1,2) mv2，解得Ep＝31 J。
[答案] (1)40 N (2)v传≥2 m/s
(3)31 J
如图所示，光滑半圆形轨道AB竖直固定放置，轨道半径为R(可调节)，轨道最高点A处有一弹射装置，最低点B处与放在光滑水平面上足够长的木板Q上表面处于同一高度，木板左侧x处有一固定挡板C(x未知)。可视为质点的物块P压缩弹射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能Ep，P从A处被弹出后沿轨道运动到B处时的速度大小始终为vB＝6 m/s；已知P的质量m＝1 kg，Q的质量M＝2 kg，P、Q间的动摩擦因数μ＝0.3，Q与C之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若P恰好不脱离轨道，求轨道半径R的值；
(2)若P始终不脱离轨道，写出弹性势能Ep与R的关系式，并指出R的取值范围；
(3)若Q与C恰好发生n次碰撞后静止，求x的值。
[解析] (1)若P恰好不脱离轨道，在A处有mg＝m eq \f(v eq \\al(2,A) ,R)
从A到B，由动能定理得
2mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,A)
解得R＝0.72 m。
(2)在A处有Ep＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,A)
从A到B，同理有2mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,B) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,A)
解得Ep＝18－20R(J)(0